2017年湖南大学数学与计量经济学院610数学分析考研仿真模拟题
● 摘要
一、证明题
1． 设
令(1
) (2)
求证：
上可导，且导数只在
(0，1) 上可导，且导数只在
且
处不连续； 处不连续. 听以由连续性定理知.
【答案】(1) 因为又当
时，
因此从而
在上一致收敛. 于是函数
上可导，且
又因为上可导，导数在点处不连续，所以
在(2) 不连续. 2． 设
【答案】已知
上可导，且导数只在点，
故由(1) 知
处不连续.
1) 上可导，在(0，且导数只在点
处
且满足
.
即
证明
:
有下界又由
的极限存在，并求出其极限值.
可推出
若
则
即单调递减. 由单调有界定理，在不等式
存在，记为
可知
矛盾.
由此可见
两边，
令
再在不等式
中，令可得
3． 设f (x ) 在[0, 2]上二次可微，且
证明：【答案】
即
解之得
二、解答题
4． 下列级数哪些是绝对收敛，条件收敛或发散的：
(1) (3) (5) (7)
【答案】 (1) 因为(2) 因为
(3) 根据p 的取值范围讨论. 设
时，因时，
因
发散，即原级数在
时，记
则
则当x 充分大时
从而当n 充分大时数列
(2) (4)
(6) (8) (
. 时) ，而
：
收敛，所以原级数绝对收敛.
由级数收敛的必要条件知原级数发散.
不存在，故原级数发散
.
而此时
收敛，故p>l时原级数绝对收敛，且
时
时不是绝对收敛
.
单调递减，又故由莱布尼
茨判别法知原级数收敛且为条件收敛.
(4)
记因
而
发散，故原级数不是绝对收敛.
又因
为单调递减数列且
故由莱布尼茨判别法知原级数条件收敛.
(5) 因数列以原级数发散.
(6)
记
因
故可
知发散，即原级数不是绝对收敛.
又记单调递减且
所以级数
收敛，又
发散，且
所
所
以时
，
为单调减函数，
所以为单凋递减数列且
由莱布尼茨判别法可得原级数条件收敛.
(7) 记
因
故原级数绝对收敛.
(8) 记
则
故当1时原级数绝对收敛；
当
时，
从而原级数发散.
5． 讨论在什么条件下，函数
在点
可微.
【答案】由定义，需要计算
当时，
当
时，
所以当且仅当时
，存在且为0.
当
时，对充分小的恒有故对任意的都有从而
总之，当
或
时，
在点
可微且
6． 计算第二型曲面积分
(1)
(2) S 是不含原点在其内部的光滑闭曲面； (3) S 是含原点在其内部的光滑闭曲面。
又